2023-2025北京高三一模化学汇编：化学平衡

第1页/共1页2023-2025北京高三一模化学汇编化学平衡一、单选题1．（2025北京西城高三一模）一定温度下，在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。下列说法不正确的是（）A．由图1可知，的活化能大于的活化能B．时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释C．的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转D．此温度下，生成的平衡常数小于生成的平衡常数2．（2025北京东城高三一模）一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量和等量，发生反应

，测得有关数据如下。容器容器体积平衡时的物质的量达平衡所用时间达平衡过程中的能量变化①2L1.2mol10min放热0.6akJ②4L1.6mol放热下列叙述不正确的是（）A．①中内， B．C． D．3．（2025北京通州高三一模）工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如下。已知：步骤Ⅱ中的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下表。温度/℃平衡时的转化率/％0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高的平衡转化率C．从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPaD．步骤Ⅲ中用吸收4．（2025北京朝阳高三一模）将高炉煤气转化为价值更高的的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现。下列说法不正确的是（）A．X为初始原料B．体现了氧化性和酸性氧化物的性质C．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应D．升高温度，的平衡常数增大5．（2025北京延庆高三一模）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．X为反应物，Z为生成物B．反应制得，理论上放出的热量C．降低反应温度，被氧化制的反应平衡常数增大，正反应速率减慢D．图中转化涉及的反应中有两个非氧化还原反应6．（2025北京延庆高三一模）硝酸是重要化工原料，工业合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是（）A．合成塔中合成氨的反应条件都是为了提高平衡转化率B．氧化炉中反应的化学方程式：C．A物质可以是空气或氧气，目的是使尽量充分的转化为D．生产过程中吸收塔产生的尾气可用碱液吸收7．（2025北京平谷高三一模）汽车尾气的排放会对环境造成污染，利用催化剂处理汽车尾气中的NO与CO，反应为。一定温度下，在1L恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，达到平衡时，测得，下列说法正确的是（）A．汽车尾气中的、是因汽油不充分燃烧产生的B．催化剂降低了反应的活化能，反应的数值减小C．反应达到平衡时，NO的平衡转化率为D．向平衡混合气中再通入1molNO和，平衡会向正反应方向移动8．（2024北京通州高三一模）以煤和水蒸气为原料制备合成气（CO、、）的体系发生的主要反应为：①②③在一定压强反应达平衡时气体组成随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．高温利于反应③逆向进行B．由不同温度下反应的结果变化可知，C．欲制得甲烷含量高的高热值燃气应在低温下进行D．向制备合成气体系中加入一定量CaO更有利于增大的体积分数9．（2024北京朝阳高三一模）室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2.用试管收集Cl2后进行如图所示实验，下列对实验现象的分析或预测正确的是（）A．试管内液面上升，证明Cl2与水发生了反应B．取出试管中的溶液，加入少量CaCO3粉末，溶液漂白能力减弱C．取出试管中的溶液，光照一段时间后pH下降，与反应2HClO2HCl+O2↑有关D．取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色，加热后颜色又变为红色10．（2024北京东城高三一模）t℃时，在恒温、恒容的密闭容器中发生反应：

(a>0)实验数据如下。容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系的能量变化/kJCO①14000.8a②1122b下列说法不正确的是（）A．①中的平衡转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为1C．当②中CO和浓度相等时，反应达到平衡D．达到平衡时②中能量变化：b=1.5a11．（2024北京房山高三一模）工业上利用“碘循环”吸收，同时制得，流程如图所示。下列说法正确的是（）A．反应器中发生的反应离子方程式为：B．反应器中控制温度的目的是增大的溶解度以加快吸收C．分离器中物质分离的方法为蒸馏D．膜反应器中，增大压强有利于提高平衡转化率12．（2024北京高三一模）下列实验方案能达实验目的的是（）AB目的收集并吸收NO2比较Mg、Al金属性的强弱实验方案CD目的比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应快慢研究浓度对化学平衡的影响实验方案A．A B．B C．C D．D13．（2024北京石景山高三一模）氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是（）A．2NH33H2+N2

ΔH<0B．氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态C．p1<p2<p3<p4D．500K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大14．（2024北京丰台高三一模）水气变换反应(CO+H2OH2+CO2)是工业上大规模制氢的重要方法，HCOOH是中间产物。在密封石英管内完全充满1mol·L-1HCOOH水溶液，某温度下HCOOH分解，反应如下。i．HCOOH(aq)CO(aq)+H2O(l)ii．HCOOH(aq)CO2(aq)+H2(aq)含碳粒子浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。已知：盐酸对反应i有催化作用。下列说法不正确的是（）A．反应开始至t1，反应速率：i>iiB．t1时，HCOOH的分解率为86%C．相同条件下，若起始时溶液中同时还含有0.1mol·L-1盐酸，c(CO)的最大值将变大D．相同条件下，若起始时溶液中同时还含有0.1mol·L-1盐酸，c(CO2)的最大值将变小15．（2024北京丰台高三一模）下列事实能用平衡移动原理解释的是（）A．用热的纯碱溶液更易去除油脂 B．保存FeSO4溶液时，加入适量铁粉C．船底镶嵌锌块，以防船体被腐蚀 D．工业合成氨(放热反应)，选择高温16．（2024北京门头沟高三一模）化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体。ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应：(绿色)编号操作现象①分别向和溶液中通入稳定的气流溶液变黄溶液不变黄②将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合溶液呈绿色③将溶液与溶液混合溶液呈绿色④向实验③所得溶液中加入浓硝酸溶液变蓝下列说法不正确的是（）A．依据实验①，向通入稳定的气流，溶液可能会变黄B．实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，绿色消失C．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色D．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成使溶液呈绿色17．（2024北京门头沟高三一模）我国科学家研发的“液态阳光”计划是：通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。主反应：副反应：将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。下列说法不正确的是（）已知：A．由图可知，催化剂活性最好的温度大约在B．升温到，主反应的反应速率受温度影响更大C．为了提高的平衡转化率和的平衡产率，可以选择低温、高压条件D．温度由升到的实验产率降低的原因可能是：温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度18．（2024北京顺义高三一模）工业上常利用乙苯催化脱氢制备苯乙烯，发生的主反应是：Ⅰ．(g)(g)+H2(g)

∆H=+117.6kJ/mol同时有副反应发生：Ⅱ．(g)+H2(g)(g)+CH4(g)

∆H=-64.5kJ/molⅢ．(g)8C(s)+5H2(g)

∆H=-1.67kJ/mol某实验将乙苯和水蒸气混合，以恒定流速通入反应器，经过相同时间，测得乙苯的转化率，苯乙烯的选择性随温度、水蒸气与乙苯质量比的变化关系分别如图1、图2。资料：苯乙烯的选择性是指生成苯乙烯的物质的量与消耗的乙苯的物质的量的比值。下列说法不正确的是（）A．从平衡角度分析，高温和低压有利于苯乙烯的制备B．随温度升高，副反应速率增大的程度比主反应的小C．乙苯中加入水蒸气，有利于催化剂表面积碳的消除D．本实验选择水蒸气与乙苯质量比为2：1、反应温度为620℃，是综合考虑乙苯转化率、苯乙烯选择性及能耗等工业实际19．（2023北京东城高三一模）CH4/CO2催化重整的反应为①其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：②③科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。注:Ra是以CH的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比下列分析不正确的是（）A．∆H1=+247.1kJ·molB．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减C．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量D．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动20．（2023北京朝阳高三一模）化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：将1mol和充入干重整反应器，发生：重整反应：积炭反应：研究发现，增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值。下列说法不正确的是（）A．X的化学式为，被还原后可循环利用B．增大n(FeO)能增大，推测发生C．减少n(FeO)，会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低D．干重整反应器中存在：21．（2023北京丰台高三一模）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；ii.。已知，溶液不能单独吸收NO；⼀定条件下，⼀段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是（）A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸⾬等B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L转移电⼦数约为D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ二、解答题22．（2025北京西城高三一模）二氧化氯广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。(1)工业上利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下：已知：a．发生器中制备时的氧化产物是；b．相关物质的沸点：

；HCOOH

；

①可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有性。②写出反应器中生成反应的化学方程式：。③冷却塔用于分离并回收。i．冷却塔应控制的最佳温度为（填字母）。A．

B．

C．ii．冷却后的溶液多次循环后会使中杂质含量明显增加，需要处理后再循环。多次循环后含量增加的可能原因是。④经过程和过程Ⅱ可以获得芒硝。处理器中获得芒硝时，加入固体的作用：（结合化学用语解释）。⑤制备过程中可以循环利用的物质除有。(2)可用于处理水体中的对二甲苯（PX）。为了探究浓度对水溶液中降解率的影响，完成如下实验：I：将不同浓度分别加入到相同浓度溶液中反应相同时间，结果如图1.Ⅱ．分别将三种含氯微粒浓度相同的ClO2溶液、ClO2和异丙醇混合溶液、HClO2和HClO3混合溶液加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图2.已知：①ClO2溶于水后存在如下反应：i．

ii．②异丙醇能快速淬灭由实验1可知随ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因。23．（2025北京石景山高三一模）某小组对的性质进行研究。已知：CuCl是不溶于水的白色固体，[CuCl2]-无色，[CuCl4]2-黄色。(1)预测的性质①从氧化还原角度分析：。②从物质分类角度分析：属于金属氧化物，可能和酸反应。……(2)探究和酸的反应实验加入的试剂现象1固体缓慢溶解，一段时间后有无色气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方出现红棕色气体2溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体3固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得到无色溶液，较长时间保持无色4固体迅速溶解，得到黄色溶液①用化学方程式解释实验1液面上方出现红棕色气体的原因。②写出实验2中反应的离子方程式。③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因。④查阅资料：可以将盐酸溶液中的氧化为，写出反应的离子方程式。对比实验3和4，分析实验3中未被氧化的原因：假设1：较低，。假设2：较低，的还原性较弱。补充实验证实假设1和假设2均成立。序号实验加入试剂现象Ⅰa溶液变黄Ⅱb溶液变黄a是。b是。(3)检验实验室久置的呈暗黑色，设计实验证实未完全变质（填实验操作和现象）。24．（2025北京石景山高三一模）是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式：①____________；②。(2)一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式。②中混有，有利于的氧化，原因是。(3)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。解释时越大反应速率数值越低的原因；越大最佳操作温度越（填“高”或“低”）。②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。曲线1为温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是。25．（2025北京通州高三一模）油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。(1)回收单质硫。催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式。(2)和重整制氢，此过程涉及的主要反应有：ⅰ.

ⅱ.

恒压条件下，将和按物质的量比为进行投料，并用稀释，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下图。①与重整制氢反应的热化学反应方程式是。②其他条件不变时，加入稀释，可以提高的转化率，原因是。③下列说法正确的是(填序号)。a．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高b．结合上图数据分析，反应ii为与重整反应的决速步c．在范围内，随温度升高，的体积分数增大(3)用滴定法测定煤气中的含量：将10L煤气通入盛有100mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的全部转化为ZnS沉淀，过滤，收集固体；将固体加入盛有碘标准液、200mL水和10mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶，置于暗处反应10min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞；用标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点时，消耗溶液20mL。已知：、①滴定终点的现象：滴入最后半滴溶液，。②煤气中的含量为。26．（2025北京延庆高三一模）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：Ⅰ碳氯化：

，。Ⅱ直接氯化：

，。①对于碳氯化反应：增大压强，平衡移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率(填“提高”“不变”或“降低”)。②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是。③反应的为，平衡常数。(2)在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。①图中的四条线中，A代表的物质是(填“”或“”)。②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是。(3)碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是。27．（2024北京西城高三一模）烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟将烟气中的深度氧化为，并进一步将转化获得含氮产品，流程示意图如下。深度氧化器中发生的反应：i．

ii．

iii．

(1)被深度氧化，补全热化学方程式：

(2)一定条件下，不同温度时，的浓度随时间的变化如图所示。①(填“>”或“<”)。②8s时，的浓度不同的原因是。(3)一定条件下，NO的初始浓度为时，不同反应时间，深度氧化器中的浓度随的变化如图所示。反应过程中的浓度极低。①时，深度氧化器中发生的反应主要是(填“i”“ii”或“iii”)。②时，的浓度随变化的原因是。(4)且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是。(5)深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。已知的还原产物分别是。产品中的物质的量浓度为。28．（2024北京石景山高三一模）我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示：(1)空气反应器中发生反应(填“吸热”或“放热”)。(2)重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有。(3)CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应)①1molCH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165kJ，1molCH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206kJ，CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)

ΔH=。②反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成的影响如下图所示：结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因。(4)燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用。29．（2024北京顺义高三一模）I．V2O5是一种重要的工业催化剂。(1)V2O5催化剂参与SO2催化氧化反应的机理如图。V5+催化过程可以表示为：①……②O2+4V4+=4V5++2O2-①的离子方程式是。Ⅱ．某V2O5失活催化剂(主要含V2O5、V2O4、SiO2、SO3以及少量的Fe等)是重要的含钒二次资源。从失活催化剂提取钒的一种工艺流程如下。资料：ⅰ．HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子的萃取能力由强到弱的顺序为：Fe3+>VO2+>VO>Fe2+；ⅱ．溶液pH<4.0时，+5价钒的存在形式为VO，6.0≤pH≤8.0时，正五价钒元素的存在形式为VO，且二者可相互转化：VO+H2OVO+2H+。(2)浸出液中含有VO、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出VO的离子方程式是。(3)流程中“……”包含的操作顺序为。(4)“萃取”“反萃取”过程机理为：VO2+(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+2H+(水层)。反萃取剂选择H2SO4，原因是。(5)“沉钒”过程中需先加入KClO3，然后通入氨气调节pH为6～8，再加(NH4)2SO4。①加入KClO3，反应的离子方程式是。②结合平衡移动原理解释通入氨气的作用。(6)产品中V2O5纯度的测定方法如下。已知：此过程中，MnO可氧化Fe2+，且不与VO2+反应。产品中的杂质不参与反应。步骤iii中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验数据有。30．（2023北京门头沟高三一模）为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶ii.VO+2OH-VO+H2O回答下列问题：(1)用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为；(写两条)。(2)滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为。(3)生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为。(4)结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为。(5)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是；(写两条)。(6)测定产品中V2O5的纯度，称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，再加入b1mLc1mol·L−1H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋=2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182g·mol−1)的质量分数是(列出计算式)。31．（2023北京顺义高三一模）某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：资料1

铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。(1)实验预测①铜与稀反应的离子方程式为。②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是。(2)实验实施实验I：铜丝与反应。实验装置实验操作实验现象

在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：操作及现象实验序号取不同阶段的溶液进行实验操作实验现象阶段A溶液阶段B溶液阶段C溶液1滴加酸性溶液褪色，滴6滴后溶液不褪色褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色褪色，滴10滴后溶液不再褪色2滴加3%溶液无明显现象少量淡黄色沉淀较多黄色沉淀3滴加稀溶液无明显现象变蓝色无明显现象资料2：i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。ii.是一种弱酸，；①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是。②分析阶段B溶液呈绿色的原因。③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因。④写出铜和稀反应的生成的化学方程式。(3)继续探究：探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：

甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为。(4)反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为。

参考答案1．B【详解】A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则的活化能大于的活化能，A正确；B．时，Z的浓度很低，说明主要发生反应，而的速率很慢，即的活化能大，则可以用来解释，B错误；C．键的键能大于键，的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，C正确；D．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则生成的平衡常数小于生成的平衡常数，D正确；故选B。2．C【详解】A．①中内，，A项正确；B．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达平衡所用时间增大，故，B项正确；C．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，而容器②平衡时的物质的量增大，即平衡正移，正向为气体体积增大的方向，，C项错误；D．根据热化学方程式可知，生成时放热akJ，而容器①生成1.2molZ时放热0.6akJ，则，解得，D项正确；答案选C。3．D【分析】由题给流程控制，硫磺在空气燃烧生成二氧化硫，催化剂作用下二氧化硫与空气中氧气共热发生催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。【详解】A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点会使部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，从而导致硫不能完全转化为二氧化硫，使得硫磺的利用率降低，故A正确；B．步骤Ⅱ中通入过量的空气有利于增大反应物氧气的浓度，使平衡向正反应方向移动，从而提高二氧化硫的转化率，故B正确；C．由表格数据可知，450℃和10MPa时二氧化硫的转化率最高，但压强由0.1MPa升高到10Mpa时，二氧化硫的转化率提升并不明显，所以实际生产中从节能角度考虑，通常选择450℃和0.1MPa，故C正确；D．由分析可知，步骤Ⅲ中用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫得到硫酸，防止用水或稀硫酸吸收三氧化硫形成酸雾而导致三氧化硫的吸收效率降低，故D错误；故选D。4．C【分析】以为初始原料构建化学链的原理为：先利用将和转化为和，还原为单质Fe，生成的被CaO吸收转化为，分离后提供能量使重新分解为和CaO，CaO循环使用，在能量作用与Fe重新转化为和，循环使用，实现的分离提纯转化，据此分析解答。【详解】A．根据分析，初始原料X为，A正确；B．在整个转化过程中，既表现出氧化性，可氧化Fe生成Fe2O3，又体现了酸性氧化物的性质，可与碱性氧化物CaO反应生成盐，B正确；C．虽然的，说明此反应为吸热反应，但体系中还涉及的还原、Fe的氧化等过程，并非所有氧化还原反应均为吸热反应，C错误；D．根据反应可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，根据，得到平衡常数增大，D正确；故答案为：C。5．D【分析】如图所示，反应过程中具有如下基元反应：、、、、，则X为、W为、Y为、Z为。【详解】A．据分析，X为反应物，Z为生成物，故A正确；B．根据盖斯定律，生成放出的热量，则生成放出的热量，故B正确；C．正反应为放热反应，降低反应温度，反应正向进行，被氧化制的反应平衡常数增大，温度降低正、逆反应速率均减慢，故C正确；D．据分析，基元反应中、、为非氧化还原反应，、为氧化还原反应，故D错误；故答案为D。6．A【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境，以此来解析。【详解】A．合成氨的反应是放热反应，合成氨的反应条件中高温不能提高平衡转化率，目的是为了提高催化剂的活性、加快反应速率，另外加入催化剂也不能提高平衡转化率，A错误；B．氧化炉中NH3和O2在催化剂、加热的条件下反应生成NO和H2O，化学方程式：，B正确；C．流程分析可知M为空气，氨气的催化氧化需要O2，NO和水反应生成HNO3需要O2；吸收塔发生反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，O2与NO反应生成NO2，NO2被吸收生成HNO3，所以空气的作用是：将使NO充分转化为HNO3，C正确；D．吸收塔产生的尾气中可能含有未反应的NO和NO2等氮氧化物，这些气体可以用碱液（如NaOH溶液）吸收，生成硝酸盐和亚硝酸盐，D正确；故选A。7．C【分析】列三段式：平衡常数。【详解】A．CO是汽油不充分燃烧的产物，但NO主要由高温下和反应生成，与是否充分燃烧无关，故A错误；B．催化剂仅降低活化能，不改变ΔH的数值，故B错误；C．反应生成0.2mol/L的，对应消耗2×0.2=0.4mol/L的NO，NO初始浓度为1mol/L，转化率为，故C正确；D．加入1molNO和1mol后，新浓度下Qc=≈0.425＞0.247，反应逆向进行，故D错误；故选C。8．B【详解】A．CH4只由反应③产生，温度升高，CH4减少说明反应③逆向移动，故高温利于反应③逆向进行，A正确；B．温度升高，CO2减少说明反应②逆向移动，故反应②是正向放热的反应，ΔH2<0，B错误；C．由图知，温度较低时，气体组成中CH4占比更多，故欲制得甲烷含量高的高热值燃气应在低温下进行，C正确；D．向制备合成气体系中加入一定量CaO，CaO优先消耗CO2，CO2浓度减小，使反应①②正向移动，有利于增大H2的体积分数，D正确；本题选B。9．C【详解】A．由题目信息可知，氯气能溶于水，也可以使试管内液面上升，不能证明氯气和水发生了反应，A错误；B．氯气与水反应的方程式为：，加入少量CaCO3粉末会与HCl反应，使平衡右移，HClO浓度增大，溶液漂白能力增强，B错误；C．取出试管中的溶液，光照一段下发生反应：2HClO2HCl+O2↑，生成HCl，同时次氯酸浓度下降，可能使平衡右移，HCl浓度增大，溶液酸性增强，pH下降，C正确；D．取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，由于溶液中有HCl和HClO，所以溶液先变红，次氯酸具有漂白性会使溶液褪色，次氯酸的强氧化性漂白不可逆，加热后颜色不会恢复，D错误；故选C。10．D【详解】A．由热化学方程式(a>0)可知，消耗1molH2O时释放akJ能量，①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8mol，因此H2O的平衡转化率为，故A正确；B．①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8mol，三段式，设容器容积为1L，t℃时，该反应的平衡常数为，故B正确；C．设当②中CO和CO2浓度相等时，消耗的CO2的物质的量为x，三段式，则有1+x=2-x，解得x=0.5mol，此时容器中各物质的量均为1.5mol，Q=，即反应达到了平衡状态，故C正确；D．由以上分析可知，达到平衡时②中一氧化碳的物质的量的变化量为0.5mol，当一氧化碳的物质的量的变化量为1mol时，能量变化为akJ，所以达到平衡时②中能量变化为b=0.5a，故D错误；故答案为：D。11．C【分析】工业上利用“碘循环”吸收，同时制得，在反应器中发生反应：，在分离器中将H2SO4和HI分离，HI在膜分离器中分解为H2和I2。【详解】A．二氧化硫与碘水反应：；硫酸和氢碘酸都是强酸，反应的离子方程式可表示为：，故A错误；B．I2的沸点较低，温度过高会使I2升华，从而减少的吸收，所以反应器中控制温度为20℃~100℃，升高温度则气体溶解度减小，故B错误；C．分离器中含有硫酸和氢碘酸，二者沸点不同，用蒸馏来分离，故C正确；D．在膜反应器中发生反应：，该反应是气体体积不变的反应，增大压强不影响平衡状态，不能提高平衡转化率，D错误；故选C。12．B【详解】A．二氧化氮的密度比空气密度大，应长导管进气收集，故A错误；B．氢氧化镁不溶于NaOH，氢氧化铝可溶于NaOH溶液，可知氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝的碱性，则金属性Mg大于Al，故B正确；C．饱和碳酸钠、碳酸氢钠溶液的浓度未知，应向等浓度的盐溶液中滴加等浓度的盐酸，比较反应的快慢，故C错误；D．未控制变量，一支试管加入2mL0.1mol/LKSCN的同时，应同时在另一试管中加入2mL蒸馏水，因此不能达到实验目的，故D错误；故选：B。13．C【详解】A．温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH33H2+N2平衡正向移动，ΔH＞0，故A错误；B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误；C．2NH33H2+N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1<p2<p3<p4，故C正确；D．平衡常数只与温度有关，500K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；故选C。14．D【详解】A．由图可知，反应开始至t1，相同时间内，CO的生成量大于CO2的生成量，所以反应速率：i>ii，故A正确；B．设体积为V，则t1时，n(CO)为0.70Vmol，n(CO2)为0.16Vmol，HCOOH的总物质的量为1Vmol，所以HCOOH的分解率为，故B正确；C．由于盐酸对反应i有催化作用，加快反应i的反应速率，缩短到达平衡所需时间，由于时间缩短，反应ii消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，即c(CO)的最大值将变大，故C正确；D．由图可知，随着反应的进行，CO和HCOOH的浓度逐渐减小，CO2的浓度逐渐增大，根据碳元素守恒可知，盐酸只是催化剂，不会改变c(CO2)的最大值，故D错误；故选D。15．A【详解】A．用纯碱溶液洗涤油污的实质是纯碱水解提供OH-，使油污在碱性条件下水解，加热使纯碱水解平衡向正反应方向移动，碱性增强，促进油污水解，所以效果更好，能从平衡移动角度来解释，故A正确；B．加入铁还原三价铁发生氧化还原反应，不存在平衡的问题，不能用平衡移动原理解释，故B错误；C．船底镶嵌锌块是应用原电池原理，活泼金属锌作负极被氧化，铁作正极得到保护，不能从平衡移动角度来解释，故C错误；D．合成氨气的正反应是放热反应，若选择高温则平衡逆向移动，不利于氨的合成，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；答案选A。16．D【详解】A．依据实验①，当有氢离子存在时，通入气体，溶液可能会变成黄色，故向通入稳定的气流，溶液可能会变黄，A正确；B．当实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，平衡逆向移动，绿色消失，B正确；C．由实验①②可知，铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色，C正确；D．易分解，溶液中不能生成大量使溶液呈绿色，D错误；故选D。17．D【详解】A．当温度为523K时，的实验转化率和的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，A正确；B．温度由483K升到523K，的实验转化率和的实验产率均明显增大，说明此过程中主反应在正向进行，则主反应的反应速率受温度影响更大，B正确；C．主反应为放热反应，且正向气体分子数减小，则采用低温、高压有利于平衡正向移动，提高的平衡转化率和的平衡产率，可以选择低温、高压条件，C正确；D．除了平衡左移外，结合上面各选项可知，实验产率降低的原因可能是：温度升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故实验产率降低，D不正确；选D。18．B【详解】A．生成苯乙烯的反应为气体分子数增大的吸热反应，从平衡角度分析，高温和低压有利于平衡正向移动，利于苯乙烯的制备，A正确；

B．由图可知，随温度升高，乙苯转化率增大，但是苯乙烯选择性降低，说明副反应速率增大的程度比主反应的大，B错误；C．乙苯中加入水蒸气，高温下碳和水蒸气生成氢气和CO，有利于催化剂表面积碳的消除，C正确；

D．本实验选择水蒸气与乙苯质量比为2：1、反应温度为620℃，利于较高的反应速率、且乙苯转化率、苯乙烯选择性较大，这是综合考虑乙苯转化率、苯乙烯选择性及能耗等工业实际，D正确；故选B。19．D【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1，A正确；B．保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，B正确；C．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1，反应①为吸热反应，通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，C正确；D．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，D错误；故选D。20．D【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有CO，纯度降低，故C正确；D．根据题意可知干重整反应器中还存在积炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；故选D。21．C【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L(0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；故选C。22．(1)氧化B多次循环后，溶液中增大，还原性增强，还原或为，加入，使增大，平衡逆向移动，利于析出H2SO4、NaClO3(2)由图2可知氧化的速率大于氧化的速率；浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应速率的增大程度，反而减小，氧化的速率降低。【分析】发生器中发生反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O，过滤得到不溶性Na3H(SO4)2滤渣和含有CH3OH等物质的滤液，滤液在冷却塔中冷却分离出ClO2气体，含有CH3OH等物质的滤液循环到发发生器中，充分利用原料CH3OH和NaClO3，ClO2气体在吸收塔中冰水冷却至液体ClO2储存；处理器中，Na3H(SO4)2滤渣在Na+作用下与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发生器中充分利用，【详解】（1）①ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，故答案为：氧化；②由分析可知，反应器中生成ClO2反应的化学方程式为：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O，故答案为：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O；③冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH。i．ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B；ii．已知HCOOH中含有醛基的结构具有还原性，故冷却后的溶液多次循环后，溶液中增大，还原性增强，还原或为，故答案为：多次循环后，溶液中增大，还原性增强，还原或为；④Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解和结晶的平衡，即，根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中c（Na+）增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出，故答案为：，加入，使增大，平衡逆向移动，利于析出；⑤由分析可知，制备过程中可以循环利用的物质除有H2SO4和NaClO3，故答案为：H2SO4、NaClO3；（2）对比题干图2可知，ClO2水溶液的PX的氧化率最大，而HClO2和HClO3混合溶液的氧化率最小，ClO2与异丙醇的混合溶液在中间，结合题干信息①可知ClO2水溶液中产生大量的·OH，信息②可可知异丙醇可以快速淬灭·OH，由此得出随ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因为：·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低，故答案为：·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低。23．(1)中铜元素是+1价，既有氧化性又有还原性(2)和生成降低，CuCl的溶解平衡正向移动氧化性较弱较浓硫酸NaCl固体(3)取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色【分析】本实验的目的是探究Cu2O的性质，从氧化还原角度分析预测Cu2O既有氧化性又有还原性，接下来探究Cu2O与酸的反应，与反应时，Cu2O被氧化为硝酸铜，同时生成NO；与反应时，是歧化反应，生成硫酸铜和单质铜；与反应时，先生成CuCl固体，后固体溶解；与反应时，得到黄色溶液，应该得到[CuCl4]2-，接下来通过补充实验探究生成[CuCl4]2-的原因；【详解】（1）①Cu2O中铜元素是+1价，从氧化还原角度分析预测Cu2O既有氧化性又有还原性；（2）①根据题意可知，实验1液面上方出现红棕色气体的原因是2NO+O2═2NO2；②根据题意可知，实验2中反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O；③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因是CuCl(s)⇌Cu+(aq)+Cl-(aq)，Cu+和Cl-生成[CuCl2]-；c(Cu+)降低，CuCl的溶解平衡正向移动；④查阅资料：O2可以将盐酸溶液中的[CuCl2]-氧化为[CuCl4]2-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：4[CuCl2]-+O2+4H++8Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O，对比实验3和4，分析实验3中[CuCl2]-未被氧化的原因：假设1：c(H+)较低，O2氧化性较弱，假设2：c(Cl-)较低，[CuCl2]-的还原性较弱，根据题意可知，反应3得到的溶液含有[CuCl2]-，溶液是无色的，若变黄，即[CuCl2]-转化为[CuCl4]2-，结合假设1、2，所以试剂a可是较浓硫酸，直接把[CuCl2]-氧化为[CuCl4]2-，试剂b可以是NaCl固体，实现反应：4[CuCl2]-+O2+4H++8Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O；（3）实验室久置的Cu2O呈暗黑色，设计实验证实Cu2O未完全变质，方案为：取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色。24．(1)(2)和NO和生成或，生成的或继续和反应(3)越大反应物浓度越低，反应速率越慢低平衡相同条件下平衡时的转化率最大【详解】（1）①该反应中部分S元素的化合价由+6价变为+4价，根据原子守恒及氧化还原反应原理知，应该有部分O元素的化合价由-2价变为0价，则未知的生成物是O2，结合原子守恒配平方程式为；（2）①N2O3被还原为NO，SO2被氧化为SO3，S燃烧时被氧化为SO2，则上述过程中硫元素被氧化的方程式为和；②SO2中混有O2有利于SO2的氧化，原因是NO和O2生成NO2或N2O3，生成的NO2或N2O3继续和SO2反应；（3）①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低；②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。25．(1)(2)；恒压条件下，加入稀释，体积增大，反应体系分压减小，反应向着正反应方向移动，的转化率增大ac(3)溶液蓝色恰好消失，且半分钟内颜色不恢复蓝色3.4【详解】（1）分析反应过程，起催化作用，H2S作还原剂，生成S，O2作氧化剂,生成H2O。根据氧化还原原理和质量守恒定律，化学方程式为：（2）①将反应i与反应ii相加，可得与重整制氢反应的热化学反应方程式：。②恒压条件下，加入N2稀释，气体体积增大，相当于减小压强。对于反应，减压使平衡正向移动，从而提高H2S的转化率。③a．反应ⅰ和的均为吸热反应。温度升高，平衡正向移动，H2S转化率提高，a正确；b．仅从图中数据，H2体积分数大，ＣS２体积分数增加小，说明反应i进行程度相对较大，反应ii进行程度相对较小，但不能判断反应i和反应ii反应速率的快慢，所以无法确定与重整反应的决速步，b错误；c．反应i、ii均为吸热反应，温度升高，反应i生成，反应ii消耗，但反应i受温度影响更大（绝对值更大），生成的量多于反应ii消耗的量，故体积分数增大，c正确；故答案选ac。（3）①淀粉遇碘变蓝，当滴入最后半滴溶液时，溶液中的碘单质被完全反应，蓝色褪去且半分钟内不恢复。②碘量法测定I2含量时，消耗硫代硫酸钠20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的I2的物质的量为xmol，，则解得x=1×10-3mol，说明与ZnS反应的I2的物质的量为2×10-3mol-1-1×10-3mol=1×10-3mol，根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为1×10-3mol，根据S元素守恒，故H2S为1×10-3mol，即10L煤气中含有1×10-3mol的H2S，煤气中H2S的含量为。26．(1)向逆反应方向降低碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程-2231.2×1014(2)提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品(3)将、C粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积【详解】（1）①碳氯化是气体体积增大的放热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低；②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是：碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；③根据盖斯定律，将“反应Ⅰ-反应Ⅱ”得到反应=--223，平衡常数=1.2×1014。（2）①当温度较高时会发生反应：，会导致CO的物质的量分数增大，B为CO2，A代表的物质是；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大，有利于三种反应物接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。27．(1)(2)<8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低(3)i0.9s、n(O3)∶n(NO)＞1.0时，n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使的浓度减小(4)使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率(5)【详解】（1）根据盖斯定律知：i2+ii+iii可得，；（2）由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此<；由图知，8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低，所以答案为：8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低；（3）当时，NO主要转化为NO2,所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，时，的浓度随着增大而减小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小；（4）由（3）知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；（5）溶液X中的与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与发生氧化还原反应，，则与发生氧化还原反应的Fe2+为n2=，则与反应的Fe2+为n1=，，则物质的量，则的物质的量浓度为。28．(1)放热(2)CH4+NiO2H2+CO+Ni和CH4+2NiO2H2+CO2+2Ni(3)—41kJ/molCaCO3CaO+CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH<0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低(4)通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收【分析】由题给流程可知，空气中的氧气与空气反应器中的镍反应生成氧化镍，燃料反应器中的甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，反应生成的镍可以循环使用；反应得到的重整气经冷却器冷却后进入氧化钙吸收反应器，重整气中的一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，二氧化碳与氧化钙反应生成碳酸钙，重整气经反应转化、吸收二氧化碳得到氢气；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，反应生成的氧化钙可以循环使用。【详解】（1）空气反应器中发生的反应为镍和空气中氧气共热发生化合反应生成氧化镍，并放出热量，则该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热；（2）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为氧化镍与甲烷共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，反应的化学方程式为CH4+NiO2H2+CO+Ni和CH4+2NiO2H2+CO2+2Ni，故答案为：CH4+NiO2H2+CO+Ni和CH4+2NiO2H2+CO2+2Ni；（3）①由题意可知，甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳、一氧化碳的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g)△H=+165kJ/mol①、CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)△H=+206kJ/mol②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，则反应ΔH=(+165kJ/mol)—(+206kJ/mol)=—41kJ/mol，故答案为：—41kJ/mol；②温度升高碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3CaO+CO2↑，所以温度升高二氧化碳捕集率降低；一氧化碳与水蒸气生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，二氧化碳浓度增大和升高温度都使平衡向逆反应方向移动，导致生成物氢气的体积分数降低，故答案为：CaCO3CaO+CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解；CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH<0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低；（4）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，吸收反应器中发生的反应为一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，则燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气有利于增大产品中氢气的体积分数，促进二氧化碳的充分吸收，故答案为：通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收。29．(1)SO2+2V5++O2-=2V4++SO3(2)V2O5+2H+=2VO2++H2O(3)先加还原剂，再萃取分液(4)增大c(H+)，平衡逆向移动，有利于VO2+进入水层(5)ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+存在平衡VO+H2OVO+2H+，通入氨气NH3•H2O+H+=NH+H2O，使c(H+)减小，平衡正向移动，将VO转化为VO，与此同时c(NH4+)增大，使得NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)逆向移动，析出沉淀NH4VO3(6)产品质量，ii中所用FeSO4溶液的浓度和体积【分析】V2O5失活催化剂加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，其他物质转化为溶液，先加还原剂，再萃取分液之后得到含有VO2+的有机层，反萃取得到含VO2+的水层，先加氯酸钾，再调节pH值沉钒，加入硫酸铵转化为NH4NO3，焙烧转化为V2O5，据此回答。【详解】（1）根据题目分析可知，①的离子方程式是SO2+2V5++O2-=2V4++SO3；（2）